设n阶方阵A有一个特征值 ,且 ,则A的伴随矩阵 有一个特征值为( )。 A. B. C. D.

好的，我们来逐步推理。

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1. 已知条件

$n$ 阶方阵 $A$ 有一个特征值 $\lambda$，并且 $\operatorname{rank}(A) = n-1$。
已知：

$$\operatorname{rank}(A) = n-1 \ \Rightarrow \ \det(A) = 0$$

并且 $0$ 一定是 $A$ 的特征值。
题目说“A 有一个特征值 $\lambda$”，这里的 $\lambda$ 可能是非零的也可能是零，但既然 $\operatorname{rank}(A)=n-1$，那么零特征值的几何重数至少是 1，但代数重数至少是 1（可能更多），但如果是 $\lambda \neq 0$，那么零特征值的代数重数至少为 1。

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2. 零特征值的重数

设 $0$ 是 $A$ 的特征值，因为 $\operatorname{rank}(A) = n-1$，所以零空间的维数 $= n - \operatorname{rank}(A) = 1$。
因此 零特征值的几何重数为 1，而代数重数至少为 1，但可能更多。但是若零特征值的代数重数 $> 1$，则会出现 Jordan 块，但几何重数是 1，那么 Jordan 块数 = 1，所以只有一个 Jordan 块对应 0，大小 = 代数重数。

可是我们还需要判断 $\lambda$ 是什么。
题中说“有一个特征值 $\lambda$”，这是非特定的，可能是零也可能不是零。但若 $\lambda$ 是 0，那就是在说零特征值。若 $\lambda \neq 0$，那么 $A$ 的特征值就是：

$$\lambda_1 = \lambda \neq 0, \quad \lambda_2 = 0 \ (\text{代数量数至少为 }1)$$

因为 $\det(A)=0$，所以特征值的乘积为 0，于是除了这个非零的 $\lambda$ 以外，其余 $n-1$ 个特征值中至少有一个是 0。

但因秩为 $n-1$，零特征值的代数重数只能是 1（否则若代数重数≥2，几何重数仍为1，但此时秩会比 $n-1$ 小吗？）。我们来验证：

设零特征值的代数重数为 $m \ge 1$，则非零特征值有 $n-m$ 个（乘积不为零部分），但其中非零特征值对应的特征向量方向加上零特征值对应特征向量方向……等等，实际上特征值的代数重数 $m$ 会使矩阵 $A$ 可化成的 Jordan 标准形中，零特征值对应的 Jordan 块总大小 = $m$，其中最大的 Jordan 块阶数若为 $k$，则 $\operatorname{rank}(A) = n - m + (m - 1)???$ 不对，准确计算：

单个 $k \times k$ Jordan 块 $J_k(0)$ 的秩是 $k-1$。
如果我们有 $p$ 个 Jordan 块对应 0，大小分别是 $k_1, k_2, \dots, k_p$，且 $\sum_{i=1}^p k_i = m$，那么零特征值对应的总零度（几何重数）为 $p$，这些 Jordan 块的总秩是 $\sum_{i=1}^p (k_i - 1) = m - p$。

矩阵 $A$ 的秩 = 非零特征值对应的块（满秩部分）的秩 + 零特征值 Jordan 块部分秩。
非零特征值对应的块阶数为 $n-m$，满秩，贡献秩 $n-m$。
零特征值对应的 Jordan 块部分秩为 $m - p$。

因此：

$$\operatorname{rank}(A) = (n-m) + (m-p) = n - p$$

已知 $\operatorname{rank}(A) = n-1$，所以 $n-p = n-1 \Rightarrow p = 1$。
即几何重数 = 1，零特征值只有一个 Jordan 块，阶数 $m$。
那么零特征值的代数重数 $m$ = 这个 Jordan 块的大小，秩计算：
非零特征值块阶数 $n-m$，秩 $n-m$，零特征值块 $J_m(0)$ 秩 $m-1$，总秩 $(n-m) + (m-1) = n-1$，成立，对任意 $m \ge 1$ 都成立。
所以 $m$ 至少为 1，但 $n-m$ 是非零特征值的个数（因为非零特征值只有一个吗？不一定）。

如果非零特征值只有一个 $\lambda$（我们题中讨论的 λ），那么 $n-m=1 \Rightarrow m=n-1$。
所以特征值为：$\lambda \neq 0$（代数量数 1）和 0（代数重数 $n-1$）。

但如果 $m=1$，则零特征值代数重数 1，非零特征值有 $n-1$ 个。但那样 $\det(A) \neq 0$ 吗？非零特征值乘积不为 0，所以 $\det(A) \neq 0$，这与 $\det(A) = 0$ 矛盾。
所以 $m \ge 2$ 吗？我们检查：
已知 $\det(A) = 0$，所以至少有一个零特征值，所以 $m \ge 1$。
如果 $m=1$，那么零特征值代数重数 1，那么其它 $n-1$ 个特征值都非零，乘积不为零，所以 $\det(A) \neq 0$，与 $\det(A) = 0$ 矛盾。
所以 零特征值的代数重数 m 至少为 2。

结合 rank(A) = n-1 且 p = 1（几何重数为 1）：
设 m 为代数重数，则秩 = n-1，秩公式：
非零特征值块阶数 $n-m$，秩 $n-m$，零特征值块 $J_m(0)$ 秩 $m-1$。
总秩 = $n-m + m-1 = n-1$ 恒成立，所以 m 可以取 1,2,…,n-1 吗？
若 m=1，则非零特征值块阶数 n-1，秩 n-1，零特征值块阶数 1，秩 0，总秩 n-1 也成立。但这时 det ≠ 0 因为 n-1 个非零特征值乘积非零，所以 det(A) ≠ 0，和题目条件 det(A) = 0 矛盾。
所以 m=1 不行，因此 m≥2。

所以结构是：
非零特征值有 $n-m$ 个，全部非零，那么 $\det(A) = \lambda_1 \lambda_2 \dots \lambda_{n-m} \times 0^m = 0$ 成立。
其中题中说“有一个特征值 λ”，这个 λ 可能是非零也可能是零。
如果 λ 是 0，则已知零特征值的几何重数 1，代数重数 m≥2。
如果 λ 是非零的，则这个 λ 就是某个非零特征值，并且此时零特征值代数重数 m≥2。

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3. 伴随矩阵的特征值

我们知道公式：
若 $A$ 的特征值为 $\mu_1, \dots, \mu_n$，那么 $\operatorname{adj}(A)$（伴随矩阵，有的记作 $A^*$）的特征值（按对应顺序，在可对角化情况下）是：

$$\frac{\det(A)}{\mu_1}, \frac{\det(A)}{\mu_2}, \dots, \frac{\det(A)}{\mu_n}$$

更准确：若 $A$ 可对角化，$A = PDP^{-1}$，则 $\operatorname{adj}(A) = P \operatorname{adj}(D) P^{-1}$，而 $\operatorname{adj}(D)$ 对角元是 $\prod_{j \neq i} \lambda_j$。

但是这里 $\det(A) = 0$，所以上面公式中每个 $\frac{\det(A)}{\mu_i} = 0$ 除非分母无穷大（即 $\mu_i = 0$ 时公式不直接除）。

更安全的方法：
由秩为 $n-1$，所以 $\operatorname{adj}(A)$ 的秩 ≤ 1。
实际上，若 $\operatorname{rank}(A) = n-1$，则 $\operatorname{adj}(A) \neq 0$ 且 $\operatorname{rank}(\operatorname{adj}(A)) = 1$。
几何上看，$\operatorname{adj}(A) = (\det A) A^{-1}$ 公式不适用（因为 A 不可逆），但有性质：
$A \operatorname{adj}(A) = \operatorname{adj}(A) A = \det(A) I = 0$。

所以 $A \operatorname{adj}(A) = 0$ 意味着 $\operatorname{adj}(A)$ 的每一列都是 $A$ 的零空间中的向量。零空间维数为 1，所以 $\operatorname{adj}(A)$ 的列都是某个固定向量的倍数，所以 $\operatorname{adj}(A) = c u v^T$ 形式，其中 $u$ 是 $A$ 的零空间中的向量，$v$ 是 $A^T$ 的零空间中的向量（实际上 $v$ 是 $A$ 的左零空间向量，因为 $\operatorname{adj}(A) A=0$ 给出 $\operatorname{adj}(A)$ 的行向量是左零空间的向量）。

所以 $\operatorname{adj}(A)$